KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG MÔN THI: TOÁN − ĐỀ SỐ 15 ppt

Trang 1 KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 15 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: 42 ( 1) 2 1y x m x m     (1) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ()C của hàm số khi m = 1. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của ()C tại điểm trên ()C có hoành độ bằng 3 . 3) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) có 3 điểm cực trị. Câu II (3,0 điểm): 1) Giải phương trình: 2 0,5 log ( 3) log ( 1) 3xx    2) Tính tích phân: 2 1 0 () x I x x e dx  3) Cho hàm số 4 2 xx y e e   . Chứng minh rằng, 13 12y y y    Câu III (1,0 điểm): Cho khối chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt đáy (ABC), tam giác ABC vuông cân tại B, SA= a, SB hợp với đáy một góc 30 0 .Tính thể tích của khối chóp S.ABC. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây 1. Theo chƣơng trình chuẩn Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d và mặt phẳng (P) lần lượt có pt 32 : 1 ,( ) : 3 2 6 0 xt d y t P x y z zt                       1) Tìm toạ độ điểm A giao điểm của đường thẳng d và mp(P). Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm A, đồng thời vuông góc với đường thẳng d. 2) Viết phương trình mặt cầu ()S tâm (2;1;1)I , tiếp xúc với mp(P). Viết phương trình mặt phẳng tiếp diện của mặt cầu ()S biết nó song song với mp(P). Câu Va (1,0 điểm): Tìm phần thực và phần ảo của số phức zi zi     , trong đó 12zi 2. Theo chƣơng trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d và mặt phẳng (P) lần lượt có pt 31 : ,( ) : 3 2 6 0 2 1 1 x y z d P x y z         1) Chứng minh rằng đường thẳng d cắt mặt phẳng (P) nhưng không vuông góc với (P). Tìm toạ độ điểm A là giao điểm của đường thẳng d và mp(P). 2) Tìm phương trình hình chiếu của đường thẳng d lên mp(P). Câu Vb (1,0 điểm): Giải phương trình sau đây trên tập số phức: 2 4 4 0iz z i    Hết 2 x y -3 -1 O 1 BÀI GIẢI CHI TIẾT. Câu I:  Với m = 1 ta có hàm số: 42 23y x x    Tập xác định: D    Đạo hàm: 3 44y x x    Cho 3 0 4 4 0 0y x x x         Giới hạn: ; lim lim xx yy        Bảng biến thiên x – 0  y  – 0 + y   –3  Hàm số ĐB trên các khoảng (0; ) , NB trên khoảng ( ; 0) Hàm số đạt cực tiểu y CT = –3 tại CT 0x  .  Giao điểm với trục hoành: Cho 2 4 2 2 2 1 0 3 3 0 1 1 3 x y x x x x x                   Giao điểm với trục tung: cho 03xy     Bảng giá trị: x –1 0 1 y 0 –3 0  Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây  00 25xy     3 0 ( ) ( 2) 4.( 2) 4.( 2) 12 2f x f           Vậy, pttt cần tìm là: 5 12 2( 2) 12 2 19y x y x        .  42 ( 1) 2 1y x m x m     (1)  Tập xác định D    3 4 2( 1)y x m x     (đây là một đa thức bậc ba)  32 2 0 0 4 2( 1) 0 2 (2 1) 0 2 1 (*) x y x m x x x m xm                      Hàm số (1) có 3 điểm cực trị (*) có 2 nghiệm pbiệt khác 0 1 0 1mm        Vậy, với 1m  thì hàm số (1) có 3 điểm cực trị. Câu II:  22 log ( 3) log ( 1) 3xx    (*)  Điều kiện: 3 0 3 3 1 0 1 xx x xx                  Khi đó, (*) 2 2 log [( 3)( 1)] 3 ( 3)( 1) 8 3 3 8x x x x x x x             hoac 2 4 5 0 1 5x x x x         So với điều kiện đầu bài ta chỉ nhận x = 5  Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: 5x  3 30 a A C B S  2 2 2 2 1 3 1 1 1 1 1 2 0 0 0 0 0 0 1 ( ) . 33 x x x x x I x x e dx x dx xe dx xe dx e xdx              Đặt 2 2. 2 dt t x dt x dx xdx      Đổi cận: x 0 1 t 0 1  Vậy, 1 1 0 0 1 1 1 1 1 . 3 2 3 2 3 2 2 2 6 t t dt e e e Ie           Xét hàm số 4 2 xx y e e   .  Ta có, 4 42 xx y e e    ; 4 16 2 xx y e e    ; 4 64 2 xx y e e    Từ đó, 4 4 4 13 64 2 13(4 2 ) 12 24 12 x x x x x x y y e e e e e e y               Vậy, với 4 2 xx y e e   thì 13 12y y y    Câu III  () () SA ABC SA AB AB ABC           và hình chiếu của SB lên (ABC) là AB, do đó  0 30SBA     0 cot .cot .cot30 3 AB SBA BC AB SA SBA a a SA        2 1 1 3 . 3. 3 2 2 2 ABC a S AB BC a a    Vậy, thể tích khối chóp S.ABC là: 23 1 1 3 . 3 3 2 2 ABC aa V SAS a     (đvtt) THEO CHƢƠNG TRÌNH CHUẨN Câu IVa:  Thay ptts của d vào ptmp(P), ta được: ( 3 2 ) 3( 1 ) 2( ) 6 0 3 6 0 2t t t t t                Thay t = 2 vào ptts của d ta được toạ độ giao điểm của d và mp(P) là: (1;1; 2)A   mp(Q) đi qua điểm (1;1; 2 )A  , vuông góc với d nên có vtpt (2;1; 1) d nu     Vậy, PTTQ của mp(Q): 2( 1) 1( 1) 1( 2) 0x y z      2 5 0x y z      Mặt cầu ()S có tâm là điểm (2;1;1)I  Do ()S tiếp xúc với mp ( ) : 3 2 6 0P x y z    nên ()S có bán kính 2 2 2 2 3.1 2.1 6 7 14 ( ,( )) 2 14 1 ( 3) 2 R d I P          Phương trình mặt cầu 2 2 2 7 ( ) : ( 2) ( 1) ( 1) 2 S x y z       Gọi ()Q là mp song song với ( ) : 3 2 6 0P x y z    thì phương trình mp(Q) có dạng ( ) : 3 2 0 ( 6)Q x y z D D      ()Q tiếp xúc mặt cầu ()S nên: 4 (loai) (nhan) 2 2 2 2 3.1 2.1 14 1 14 ( ,( )) 22 14 1 ( 3) 2 1 7 6 17 1 7 8 DD d I Q R DD D DD                                Vậy PTTQ của mp ( ) : 3 2 8 0Q x y z    Câu Va: 1 2 1 2z i z i      Ta có, 2 2 1 2 1 3 (1 3 )(1 3 ) 1 6 9 4 3 1 2 1 3 (1 3 )(1 3 ) 5 5 19 z i i i i i i i i i z i i i i i i i                          Vậy, phần thực của  là 4 5  , phần ảo của  là 3 5 THEO CHƢƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu IVb:  d đi qua điểm 0 ( 3; 1;0 )M  , có vtcp (2;1; 1) d u   (P) có vtpt (1; 3;2) P n    Ta có, khoâng cuøng phöông [ , ] ( 1; 5; 7) 0 . 2.1 1.( 3) 1.2 3 0 dP dP dP d un un un u                               P n            Vậy, d cắt (P) nhưng không vuông góc với (P)  Thay PTTS của 32 :1 xt d y t zt                   vào PTTQ của mp ( ) : 3 2 6 0P x y z    , ta được ( 3 2 ) 3( 1 ) 2( ) 6 0 3 6 0 2t t t t t                Toạ độ giao điểm của d và mp(P) là: (1;1; 2)A   Gọi (Q) là mặt phẳng chứa đường thẳng d và vuông góc với (P), thế thì (Q) có vtpt [ , ] ( 1; 5; 7) Q d P n u n         Đường thẳng  là hình chiếu vuông góc của d lên (P) chính là giao tuyến của (P) và (Q) Do đó  Điểm trên  : (1;1; 2)A   vtcp của  : 3 2 2 1 1 3 [ , ] ; ; (31;5; 8) 5 7 7 1 1 5 PQ u n n                             PTTS của  : 1 31 1 5 ( ) 28 xt y t t zt                    Câu Vb: 2 4 4 0iz z i    (*)  Ta có, 2 2 2 2 .(4 ) 4 4 (2 )i i i i i            Vậy, phương trình (*) có 2 nghiệm phức phân biệt 1 1 (2 ) 3 13 ii zi ii          5 2 1 (2 ) 1 1 ii zi ii          . Trang 1 KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 15 Thời gian làm bài: 150 phút,. đề I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: 42 ( 1) 2 1y x m x m     (1) 1) Khảo sát sự biến thi n